高考真题分类汇编07数列（教师版）

购买请认准淘宝店：真学子资源店QQ:2496342225更多新品请加微信HAIWANG103十年高考真题（2014-2023）与优质模拟题（上海卷）专题07数列1．【2017年上海14】在数列{an}中，an＝（-12）n，n∈N*，则limn→∞A．等于-12 B．等于0 C．等于12【答案】解：数列{an}中，an＝（-12）n，n∈N则limn→∞an=lim故选：B．2．【2017年上海15】已知a、b、c为实常数，数列{xn}的通项xn＝an2+bn+c，n∈N*，则“存在k∈N*，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列”的一个必要条件是（）A．a≥0 B．b≤0 C．c＝0 D．a﹣2b+c＝0【答案】解：存在k∈N*，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列，可得：2[a（200+k）2+b（200+k）+c]＝a（100+k）2+b（100+k）+c+a（300+k）2+b（300+k）+c，化为：a＝0．∴使得x100+k，x200+k，x300+k成等差数列的必要条件是a≥0．故选：A．3．【2016年上海理科17】已知无穷等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，且limn→∞Sn=S，下列条件中，使得2Sn＜S（nA．a1＞0，0.6＜q＜0.7 B．a1＜0，﹣0.7＜q＜﹣0.6 C．a1＞0，0.7＜q＜0.8 D．a1＜0，﹣0.8＜q＜﹣0.7【答案】解：∵Sn=a1(1-qn)1-q，2Sn＜S，∴a1若a1＞0，则qn＞12，故若a1＜0，则qn＜1在B中，a1＜0，﹣0.7＜q＜﹣0.6故B成立；在D中，a1＜0，﹣0.8＜q＜﹣0.7，此时q2＞12，故选：B．4．【2015年上海理科17】记方程①：x2+a1x+1＝0，方程②：x2+a2x+2＝0，方程③：x2+a3x+4＝0，其中a1，a2，a3是正实数．当a1，a2，a3成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实根的是（）A．方程①有实根，且②有实根 B．方程①有实根，且②无实根 C．方程①无实根，且②有实根 D．方程①无实根，且②无实根【答案】解：当方程①有实根，且②无实根时，△1＝a12﹣4≥0，△2＝a22﹣8＜0，即a12≥4，a22＜8，∵a1，a2，a3成等比数列，∴a22＝a1a3，即a3=a则a32＝（a22a1即方程③的判别式△3＝a32﹣16＜0，此时方程③无实根，故选：B．5．【2015年上海理科18】设Pn（xn，yn）是直线2x﹣y=nn+1（n∈N*）与圆x2+y2＝2在第一象限的交点，则极限A．﹣1 B．-12 C．1 D【答案】解：当n→+∞时，直线2x﹣y=nn+1趋近于2x﹣y＝1，与圆x2+y2＝2在第一象限的交点无限靠近（1，1），而yn-1xn-1可看作点Pn（xn，yn）与（1，1）连线的斜率，其值会无限接近圆x2+y2＝2∴limn→∞y故选：A．6．【2023年上海卷03】已知首项为3，公比为2的等比数列，设等比数列的前n项和为Sn，则S6＝．【答案】189【解答】解：∵等比数列的首项为3，公比为2，∴S6=3×(1-2故答案为：189．7．【2022年上海卷10】已知等差数列{an}的公差不为零，Sn为其前n项和，若S5＝0，则Si（i＝1，2，…，100）中不同的数值有．【答案】98【解答】解：∵等差数列{an}的公差不为零，Sn为其前n项和，S5＝0，∴S5=5a1+5×42d=∴Sn＝na1+n(n-1)2d=-2nd+n(n-1)2d=d∵d≠0，∴Si（i＝0，1，2⋯，100）中S0＝S5＝0，S2＝S3＝﹣3d，S1＝S4＝﹣2d，其余各项均不相等，∴Si（i＝1，2⋯，100）中不同的数值有：101﹣3＝98．故答案为：98．8．【2021年上海卷08】已知{an}为无穷等比数列，a1＝3，an的各项和为9，bn＝a2n，则数列{bn}的各项和为．【答案】18【解答】解：设{an}的公比为q，由a1＝3，an的各项和为9，可得31-q=解得q=2所以an＝3×（23）n﹣1bn＝a2n＝3×（23）2n﹣1可得数列{bn}是首项为2，公比为49则数列{bn}的各项和为21-故答案为：1859．【2020年上海卷02】计算：limn→∞n+1【答案】解：limn→∞故答案为：1310．【2020年上海卷08】已知数列{an}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则a1+【答案】解：根据题意，等差数列{an}满足a1+a10＝a9，即a1+a1+9d＝a1+8d，变形可得a1＝﹣d，所以a1故答案为：27811．【2019年上海卷08】已知数列{an}前n项和为Sn，且满足Sn+an＝2，则S5＝．【答案】由Sn+an＝2，①得2a1＝2，即a1＝1，且Sn﹣1+an﹣1＝2（n≥2），②①﹣②得：an=12a∴数列{an}是等比数列，且a1∴S5故答案为：311612．【2019年上海卷11】已知数列{an}满足an＜an+1（n∈N*），Pn（n，an）（n≥3）均在双曲线x26-y22=1上，则limn→∞|PnP【答案】法一：由n26-an2∴Pn（n，2(n∴Pn+1（n+1，2((n+1∴|PnPn+1|=∴求解极限可得limn→∞|PnPn+1|=方法二：当n→+∞时，PnPn+1与渐近线平行，PnPn+1在x轴的投影为1，渐近线倾斜角为θ，则tanθ=3故PnPn+1=故答案为：2313．【2018年上海06】记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝0，a6+a7＝14，则S7＝．【答案】解：∵等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝0，a6+a7＝14，∴a1解得a1＝﹣4，d＝2，∴S7＝7a1+7×62d=-28+42故答案为：14．14．【2018年上海10】设等比数列{an}的通项公式为an＝qn﹣1（n∈N*），前n项和为Sn．若limn→∞Snan+1【答案】解：等比数列{an}的通项公式为an＝qn﹣1（n∈N*），可得a1＝1，因为limn→∞SnSn=a1(1-qn)可得limn→∞可得q＝3．故答案为：3．15．【2017年上海10】已知数列{an}和{bn}，其中an＝n2，n∈N*，{bn}的项是互不相等的正整数，若对于任意n∈N*，{bn}的第an项等于{an}的第bn项，则lg(b1【答案】解：∵an＝n2，n∈N*，若对于一切n∈N*，{bn}中的第an项恒等于{an}中的第bn项，∴ba∴b1＝a1＝1，(b2)2=b4，(b3∴b1b4b9b16=(b∴lg(b1故答案为：2．16．【2016年上海理科11】无穷数列{an}由k个不同的数组成，Sn为{an}的前n项和，若对任意n∈N*，Sn∈{2，3}，则k的最大值为．【答案】解：对任意n∈N*，Sn∈{2，3}，可得当n＝1时，a1＝S1＝2或3；若n＝2，由S2∈{2，3}，可得数列的前两项为2，0；或2，1；或3，0；或3，﹣1；若n＝3，由S3∈{2，3}，可得数列的前三项为2，0，0；或2，0，1；或2，1，0；或2，1，﹣1；或3，0，0；或3，0，﹣1；或3，1，0；或3，1，﹣1；若n＝4，由S3∈{2，3}，可得数列的前四项为2，0，0，0；或2，0，0，1；或2，0，1，0；或2，0，1，﹣1；或2，1，0，0；或2，1，0，﹣1；或2，1，﹣1，0；或2，1，﹣1，1；或3，0，0，0；或3，0，0，﹣1；或3，0，﹣1，0；或3，0，﹣1，1；或3，﹣1，0，0；或3，﹣1，0，1；或3，﹣1，1，0；或3，﹣1，1，﹣1；…即有n＞4后一项都为0或1或﹣1，则k的最大个数为4，不同的四个数均为2，0，1，﹣1．故答案为：4．17．【2014年上海理科08】设无穷等比数列{an}的公比为q，若a1=limn→∞（a3+a4+…an），则q＝【答案】解：∵无穷等比数列{an}的公比为q，a1=limn→∞（a3+a4+…a=limn→∞（a1(1-qn)=a∴q2+q﹣1＝0，解得q=5-12或故答案为：5-118．【2023年上海卷21】已知f（x）＝lnx，在该函数图像Γ上取一点a1，过点（a1，f（a1））做函数f（x）的切线，该切线与y轴的交点记作（0，a2），若a2＞0，则过点（a2，f（a2））做函数f（x）的切线，该切线与y轴的交点记作（0，a3），以此类推a3，a4，⋯，直至am≤0停止，由这些项构成数列{an}．（1）设am（m≥2）属于数列{an}，证明：am＝lnam﹣1﹣1；（2）试比较am与am﹣1﹣2的大小关系；（3）若正整数k≥3，是否存在k使得a1、a2、a3、⋯、ak依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析；(3)答案见解析.【解答】解：（1）证明：f'(x)=则过点（am﹣1，f（am﹣1））的切线的斜率为1a由点斜式可得，此时切线方程为y-lna令x＝0，可得y＝lnam﹣1﹣1，根据题意可知，am＝lnam﹣1﹣1，即得证；（2）先证明不等式lnx≤x﹣1（x＞0），设F（x）＝lnx﹣x+1（x＞0），则F'(x)=易知当0＜x＜1时，F′（x）＞0，F（x）单调递增，当x＞1时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，则F（x）≤F（1）＝0，即lnx≤x﹣1（x＞0），结合（1）可知，am＝lnam﹣1﹣1≤am﹣1﹣1﹣1＝am﹣1﹣2；（3）假设存在这样的k符合要求，由（2）可知，数列{an}为严格的递减数列，n＝1，2，3，…，k，由（1）可知，公差d＝an﹣an﹣1＝lnan﹣1﹣an﹣1﹣1，2≤n≤k，先考察函数g（x）＝lnx﹣x﹣1，则g'(x)=易知当0＜x＜1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x＞1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，则g（x）＝d至多只有两个解，即至多存在两个an﹣1，使得g（an﹣1）＝d，若k≥4，则g（a1）＝g（a2）＝g（a3）＝d，矛盾，则k＝3，当k＝3时，设函数h（x）＝ln（lnx﹣1）﹣2lnx+x+1，由于h（e1.1）＝ln0.1﹣2.2+e1.1+1＝e1.1﹣ln10﹣1.2＜0，h（e2）＝﹣3+e2＞0，则存在x0∈(e1.1，e2)于是取a1＝x0，a2＝lna1﹣1，a3＝lna2﹣1，它们构成等差数列．综上，k＝3．19．【2022年上海卷21】数列{an}对任意n∈N*且n≥2，均存在正整数i∈[1，n﹣1]，满足an+1＝2an﹣ai，a1＝1，a2＝3．（1）求a4可能值；（2）命题p：若a1，a2，⋯，a8成等差数列，则a9＜30，证明p为真，同时写出p逆命题q，并判断命题q是真是假，说明理由；（3）若a2m＝3m，（m∈N*）成立，求数列{an}的通项公式．【答案】(1)7或9；(2)答案见解析；(3)a【解答】解：（1）a3＝2a2﹣a1＝5，a4＝2a3﹣a2＝7或a4＝2a3﹣a1＝9．（2）∵a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8为等差数列，∴d=2a9＝2a8﹣ai＝30﹣ai＜30．逆命题q：若a9＜30，则a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8为等差数列是假命题，举例：a1＝1，a2＝3，a3＝5，a4＝7，a5＝9，a6＝11，a7＝13，a8＝2a7﹣a5＝17，a9＝2a8﹣a7＝21．（3）因为a2m∴a2m+2=3m+1，a2m+2=2a2m+1-ai(i≤2m)，a2m+1＝2∴a2m+2＝4a2m﹣2aj﹣ai，∴2a以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明an+1＞an恒成立：当n＝1，a2＞a1明显成立，假设n＝k时命题成立，即ak＞ak﹣1＞ak﹣1⋯＞＞a2＞a1＞0，则ak+1﹣ak＝2ak﹣ai﹣ak＝ak﹣ai＞0，则ak+1＞ak，命题得证．回到原题，分类讨论求解数列的通项公式：1.若j＝2m﹣1，则a2m＝2aj+ai＝2a2m﹣1+ai＞a2m﹣1﹣ai矛盾，2.若j＝2m﹣2，则aj=3m-1，∴ai=3m此时a2m+1∴an3.若j＜2m﹣2，则2a∴ai=3m-2aj＞∴a2m+2＝2a2m+1﹣a2m﹣1（由（2）知对任意m成立），a6＝2a5﹣a3，事实上：a6＝2a5﹣a2矛盾．综上可得an20．【2020年上海卷21】已知数列{an}为有限数列，满足|a1﹣a2|≤|a1﹣a3|≤…≤|a1﹣am|，则称{an}满足性质P．（1）判断数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质P，请说明理由；（2）若a1＝1，公比为q的等比数列，项数为10，具有性质P，求q的取值范围；（3）若{an}是1，2，3，…，m的一个排列（m≥4），{bn}符合bk＝ak+1（k＝1，2，…，m﹣1），{an}、{bn}都具有性质P，求所有满足条件的数列{an}．【答案】解：（1）对于数列3，2，5，1，有|2﹣3|＝1，|5﹣3|＝2，|1﹣3|＝2，满足题意，该数列满足性质P；对于第二个数列4、3、2、5、1，|3﹣4|＝1，|2﹣4|＝2，|5﹣4|＝1．不满足题意，该数列不满足性质P．（2）由题意：|a1﹣a1qn|≥|a1﹣a1qn﹣1|，可得：|qn﹣1|≥|qn﹣1﹣1|，n∈{2，3，…，9}，两边平方可得：q2n﹣2qn+1≥q2n﹣2﹣2qn﹣1+1，整理可得：（q﹣1）qn﹣1[qn﹣1（q+1）﹣2]≥0，当q≥1时，得qn﹣1（q+1）﹣2≥0此时关于n恒成立，所以等价于n＝2时，q（q+1）﹣2≥0，所以，（q+2）（q﹣1）≥0，所以q≤﹣2，或q≥1，所以取q≥1，当0＜q≤1时，得qn﹣1（q+1）﹣2≤0，此时关于n恒成立，所以等价于n＝2时，q（q+1）﹣2≤0，所以（q+2）（q﹣1）≤0，所以﹣2≤q≤1，所以取0＜q≤1．当﹣1≤q＜0时：qn﹣1[qn﹣1（q+1）﹣2]≤0，当n为奇数时，得qn﹣1（q+1）﹣2≤0，恒成立，当n为偶数时，qn﹣1（q+1）﹣2≥0，不恒成立；故当﹣1≤q＜0时，矛盾，舍去．当q＜﹣1时，得qn﹣1[qn﹣1（q+1）﹣2]≤0，当n为奇数时，得qn﹣1（q+1）﹣2≤0，恒成立，当n为偶数时，qn﹣1（q+1）﹣2≥0，恒成立；故等价于n＝2时，q（q+1）﹣2≥0，所以（q+2）（q﹣1）≥0，所以q≤﹣2或q≥1，所以取q≤﹣2，综上q∈（﹣∞，﹣2]∪（0，+∞）．（3）设a1＝p，p∈{3，4，…，m﹣3，m﹣2}，因为a1＝p，a2可以取p﹣1，或p+1，a3可以取p﹣2，或p+2，如果a2或a3取了p﹣3或p+3，将使{an}不满足性质P；所以{an}的前5项有以下组合：①a1＝p，a2＝p﹣1；a3＝p+1；a4＝p﹣2；a5＝p+2；②a1＝p，a2＝p﹣1；a3＝p+1；a4＝p+2；a5＝p﹣2；③a1＝p，a2＝p+1；a3＝p﹣1；a4＝p﹣2；a5＝p+2；④a1＝p，a2＝p+1；a3＝p﹣1；a4＝p+2；a5＝p﹣2；对于①，b1＝p﹣1，|b2﹣b1|＝2，|b3﹣b1|＝1，与{bn}满足性质P矛盾，舍去；对于②，b1＝p﹣1，|b2﹣b1|＝2，|b3﹣b1|＝3，|b4﹣b1|＝2与{bn}满足性质P矛盾，舍去；对于③，b1＝p+1，|b2﹣b1|＝2，|b3﹣b1|＝3，|b4﹣b1|＝1与{bn}满足性质P矛盾，舍去；对于④b1＝p+1，|b2﹣b1|＝2，|b3﹣b1|＝1，与{bn}满足性质P矛盾，舍去；所以P∈{3，4，…，m﹣3，m﹣2}，均不能同时使{an}、{bn}都具有性质P．当p＝1时，有数列{an}：1，2，3，…，m﹣1，m满足题意．当p＝m时，有数列{an}：m，m﹣，…，3，2，1满足题意．当p＝2时，有数列{an}：2，1，3，…，m﹣1，m满足题意．当p＝m﹣1时，有数列{an}：m﹣1，m，m﹣2，m﹣3，…，3，2，1满足题意．所以满足题意的数列{an}只有以上四种．21．【2019年上海卷21】数列{an}（n∈N*）有100项，a1＝a，对任意n∈[2，100]，存在an＝ai+d，i∈[1，n﹣1]，若ak与前n项中某一项相等，则称ak具有性质P．（1）若a1＝1，d＝2，求a4所有可能的值；（2）若{an}不为等差数列，求证：数列{an}中存在某些项具有性质P；（3）若{an}中恰有三项具有性质P，这三项和为c，使用a，d，c表示a1+a2+…+a100．【答案】（1）∵数列{an}有100项，a1＝a，对任意n∈[2，100]，存在an＝ai+d，i∈[1，n﹣1]，∴若a1＝1，d＝2，则当n＝2时，a2＝a1+d＝3，当n＝3时，i∈[1，2]，则a3＝a1+d＝3或a3＝a2+d＝5，当n＝4时，i∈[1，3]，则a4＝a1+d＝3或a4＝a2+d＝5或a4＝a3+d＝（a1+d）+d＝5或a4＝a3+d＝（a2+d）+d＝7∴a4的所有可能的值为：3，5，7；（2）∵{an}不为等差数列，∴数列{an}存在am使得am＝am﹣1+d不成立，∵对任意n∈[2，10]，存在an＝ai+d，i∈[1，n﹣1]；∴存在p∈[1，n﹣2]，使am＝ap+d，则对于am﹣q＝ai+d，i∈[1，n﹣q﹣1]，存在p＝i，使得am﹣q＝am，因此{an}中存在具有性质P的项；（3）由（2）知，去除具有性质P的数列{an}中的前三项，则数列{an}的剩余项均不相等，∵对任意n∈[2，100]，存在an＝ai+d，i∈[1，n﹣1]，则一定能将数列{an}的剩余项重新排列为一个等差数列，且该数列的首项为a，公差为d，∴a1+a2+…+a100=97a+97×(97-1)22．【2018年上海21】给定无穷数列{an}，若无穷数列{bn}满足：对任意n∈N*，都有|bn﹣an|≤1，则称{bn}与{an}“接近”．（1）设{an}是首项为1，公比为12的等比数列，bn＝an+1+1，n∈N*，判断数列{bn}是否与{an}（2）设数列{an}的前四项为：a1＝1，a2＝2，a3＝4，a4＝8，{bn}是一个与{an}接近的数列，记集合M＝{x|x＝bi，i＝1，2，3，4}，求M中元素的个数m；（3）已知{an}是公差为d的等差数列，若存在数列{bn}满足：{bn}与{an}接近，且在b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200中至少有100个为正数，求d的取值范围．【答案】解：（1）数列{bn}与{an}接近．理由：{an}是首项为1，公比为12可得an=12n-1，bn＝an+1+1则|bn﹣an|＝|12n+1-12n-1|＝1-1可得数列{bn}与{an}接近；（2）{bn}是一个与{an}接近的数列，可得an﹣1≤bn≤an+1，数列{an}的前四项为：a1＝1，a2＝2，a3＝4，a4＝8，可得b1∈[0，2]，b2∈[1，3]，b3∈[3，5]，b4∈[7，9]，可能b1与b2相等，b2与b3相等，但b1与b3不相等，b4与b3不相等，集合M＝{x|x＝bi，i＝1，2，3，4}，M中元素的个数m＝3或4；（3）{an}是公差为d的等差数列，若存在数列{bn}满足：{bn}与{an}接近，可得an＝a1+（n﹣1）d，①若d＞0，取bn＝an，可得bn+1﹣bn＝an+1﹣an＝d＞0，则b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200中有200个正数，符合题意；②若d＝0，取bn＝a1-1n，则|bn﹣an|＝|a1-1n-a1|=1n可得bn+1﹣bn=1n则b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200中有200个正数，符合题意；③若﹣2＜d＜0，可令b2n﹣1＝a2n﹣1﹣1，b2n＝a2n+1，则b2n﹣b2n﹣1＝a2n+1﹣（a2n﹣1﹣1）＝2+d＞0，则b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200中恰有100个正数，符合题意；④若d≤﹣2，若存在数列{bn}满足：{bn}与{an}接近，即为an﹣1≤bn≤an+1，an+1﹣1≤bn+1≤an+1+1，可得bn+1﹣bn≤an+1+1﹣（an﹣1）＝2+d≤0，b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200中无正数，不符合题意．综上可得，d的范围是（﹣2，+∞）．23．【2016年上海理科23】若无穷数列{an}满足：只要ap＝aq（p，q∈N*），必有ap+1＝aq+1，则称{an}具有性质P．（1）若{an}具有性质P，且a1＝1，a2＝2，a4＝3，a5＝2，a6+a7+a8＝21，求a3；（2）若无穷数列{bn}是等差数列，无穷数列{cn}是公比为正数的等比数列，b1＝c5＝1；b5＝c1＝81，an＝bn+cn，判断{an}是否具有性质P，并说明理由；（3）设{bn}是无穷数列，已知an+1＝bn+sinan（n∈N*），求证：“对任意a1，{an}都具有性质P”的充要条件为“{bn}是常数列”．【答案】解：（1）∵a2＝a5＝2，∴a3＝a6，a4＝a7＝3，∴a5＝a8＝2，a6＝21﹣a7﹣a8＝16，∴a3＝16．（2）设无穷数列{bn}的公差为：d，无穷数列{cn}的公比为q，则q＞0，b5﹣b1＝4d＝80，∴d＝20，∴bn＝20n﹣19，c5c1=q4=181，∴∴an＝bn+cn＝20n﹣19+(1∵a1＝a5＝82，而a2＝21+27＝48，a6＝101+13=3043．a1＝a5，但是a2≠a6，{a（3）充分性：若{bn}是常数列，设bn＝C，则an+1＝C+sinan，若存在p，q使得ap＝aq，则ap+1＝C+sinap＝C+sinaq＝aq+1，故{an}具有性质P．必要性：若对于任意a1，{an}具有性质P，则a2＝b1+sina1，设函数f（x）＝x﹣b1，g（x）＝sinx，由f（x），g（x）图象可得，对于任意的b1，二者图象必有一个交点，∴一定能找到一个a1，使得a1﹣b1＝sina1，∴a2＝b1+sina1＝a1，∴an＝an+1，故bn+1＝an+2﹣sinan+1＝an+1﹣sinan＝bn，∴{bn}是常数列．24．【2015年上海理科22】已知数列{an}与{bn}满足an+1﹣an＝2（bn+1﹣bn），n∈N*．（1）若bn＝3n+5，且a1＝1，求数列{an}的通项公式；（2）设{an}的第n0项是最大项，即an0≥an（n∈N*），求证：数列{bn}的第（3）设a1＝λ＜0，bn＝λn（n∈N*），求λ的取值范围，使得{an}有最大值M与最小值m，且Mm∈（﹣2，2【答案】（1）解：∵an+1﹣an＝2（bn+1﹣bn），bn＝3n+5，∴an+1﹣an＝2（bn+1﹣bn）＝2（3n+8﹣3n﹣5）＝6，∴{an}是等差数列，首项为a1＝1，公差为6，则an＝1+（n﹣1）×6＝6n﹣5；（2）∵an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1＝2（bn﹣bn﹣1）+2（bn﹣1﹣bn﹣2）+…+2（b2﹣b1）+a1＝2bn+a1﹣2b1，∴bn∴bn∴数列{bn}的第n0项是最大项；（3）由（2）可得an①当﹣1＜λ＜0时，a2n=2(λa2n-1=2λ2n-1-λ单调递增，有最小值m＝∴Mm=2λ-1∈（﹣2，∴λ∈(-∴λ∈②当λ＝﹣1时，a2n＝3，a2n﹣1＝﹣1，∴M＝3，m＝﹣1，Mm=-3∉（﹣2，③当λ＜﹣1时，当n→+∞时，a2n→+∞，无最大值；当n→+∞时，a2n﹣1→﹣∞，无最小值．综上所述，λ∈（-12，25．【2014年上海理科23】已知数列{an}满足13an≤an+1≤3an，n∈N*，a1＝1（1）若a2＝2，a3＝x，a4＝9，求x的取值范围；（2）设{an}是公比为q的等比数列，Sn＝a1+a2+…an，若13Sn≤Sn+1≤3Sn，n∈N*，求q（3）若a1，a2，…ak成等差数列，且a1+a2+…ak＝1000，求正整数k的最大值，以及k取最大值时相应数列a1，a2，…ak的公差．【答案】解：（1）依题意：13∴23≤x≤6∴3≤x≤27，综上可得：3≤x≤6（2）由已知得，an=q∴13当q＝1时，Sn＝n，13Sn≤Sn+1≤3Sn，即n当1＜q≤3时，Sn=qn-1q-1，13Sn≤Sn+1∴1不等式3∵q＞1，故3qn+1﹣qn﹣2＝qn（3q﹣1）﹣2＞2qn﹣2＞0对于不等式qn+1﹣3qn+2≤0，令n＝1，得q2﹣3q+2≤0，解得1≤q≤2，又当1≤q≤2，q﹣3＜0，∴qn+1﹣3qn+2＝qn（q﹣3）+2≤q（q﹣3）+2＝（q﹣1）（q﹣2）≤0成立，∴1＜q≤2，当13Sn=qn-1q-1，13Sn≤Sn+1∴此不等式即3q3q﹣1＞0，q﹣3＜0，3qn+1﹣qn﹣2＝qn（3q﹣1）﹣2＜2qn﹣2＜0，qn+1﹣3qn+2＝qn（q﹣3）+2≥q（q﹣3）+2＝（q﹣1）（q﹣2）＞0∴13上，q的取值范围为：13（3）设a1，a2，…ak的公差为d．由13an≤an+1得1即(2n+1)d当n＝1时，-23≤d当n＝2，3，…，k﹣1时，由-22n+1＞-22n-3所以d≥-2所以1000＝ka1+k(k-1)2d≥k+k(k-1)2⋅-22k-1得k≤1999所以k的最大值为1999，k＝1999时，a1，a2，…ak的公差为-11．【上海市华东师范大学第二附属中学2023届高三最后一模】已知a1=1,a2=2，且a【答案】1【详解】因为a1=1,所以a3=aa5=aa7=a6-所以an是以6因为2023=所以a2023故答案为：12．【上海市华东师范大学第二附属中学2023届高三三模】设等比数列an的前n项和为Sn,a1=1【答案】7【详解】由a1=12,a2=14的公比为q=12，所以S故答案为：73．【上海市宝山区2023届高三二模】若数列an为等差数列，且a2=2，S5=【答案】n【详解】由题意数列an为等差数列，且a2=设数列公差为d，则a1+d=2故Sn故答案为：n4．【上海市黄浦区2023届高三二模】已知m是m-2与4的等差中项，且(m+x)5=【答案】40【详解】由题意得m-2+4则二项式2+x5的通项为令r=3则有T4=故答案为：40.5．【上海市曹杨第二中学2023届高三模拟】已知数列an满足an⋅an+1⋅an+2=-【答案】1【详解】∵a∴an+1所以数列an是以3为周期的周期数列,由a1=-a记数列an的前n项积为Tn,结合数列的周期性，，当k∈T3T3T3所以数列an的前n项积的最大值为故答案为：16．【上海市奉贤中学2023届高三三模】若数列an满足：对于任意正整数n都有i=1na【答案】2【详解】设数列an的前n项和为Sn，i=1Sn-an=Sn-所以an则i==lim故答案为：237．【上海市华东师范大学第一附属中学2023届高三三模】已知等比数列an中an>0，若4【答案】4【详解】设等比数列{an}的公比为q，因为4a所以4a1+3a所以q2-3q-4为保证a2021-a2023a2020所以a2021故答案为：4．8．【上海市嘉定区第一中学2023届高三三模】已知n∈N，n≥1，将数列2n-1与数列n2-【答案】100【详解】因为数列2n-对于数列n2-1，当n为奇数时，设n=当n为偶数时，设n=2kk∈所以an=4所以n=1故答案为：1002019．【上海市松江区2023届高三二模】参考《九章算术》中“竹九节”问题，提出：一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共2升，下面3节的容积共3升，则第5节的容积为升．【答案】8【详解】设自上而下的竹子容量依次为an，可得a则S4=a故an=a故答案为：81110．【上海市闵行区2023届高三二模】已知在等比数列an中，a3、a7分别是函数y=x【答案】2【详解】由题意可得：y'=3则a3、a7是函数y'=3且an为等比数列，设公比为q≠可得a3>0注意到a5=a故答案为：2.11．【上海市七宝中学2023届高三三模】数列an共有M项（常数M为大于5的正整数），对任意正整数k≤M，有ak+aM+1-k=0，且当n≤M2时，an=12【答案】21【详解】根据条件可知，数列an具有性质为，首尾对称性两个数互为相反数，如果中间数为1个，则必为0．下面对M当M为偶数（数列anSn解得M≤20当M为奇数（数列an中aSn解得M≤21故M最大值为21，故答案为：21．12．【上海市嘉定区第一中学2023届高三三模】已知首项为2、公差为d的等差数列an满足：对任意的不相等的两个正整数i，j，都存在正整数k，使得ai+aj【答案】d【详解】an由ai+a即k-i-j+1当k-i-j+1=0所以k-i-j+1≠0因为i,j,k都是正整数，所以因为对任意的不相等的两个正整数i，j，都存在正整数k，使得ai且i+jmin则当i=1,j=2所以d=2所以公差d的所有取值构成的集合是dd=故答案为：dd=13．【上海市延安中学2023届高三三模】已知数列an是等差数列，若i=1nai=i=【答案】44【详解】设等差数列的公差为d，构造函数fx则fx的图像与直线y=2023至少有横坐标分别为an+d，an+1+d，根据绝对值函数的性质知：当n为奇数时，函数图像关于x=n+12此时最多有2个交点，不满足题意，当n为偶数时，函数图像在n2d,故n2且fn故n+22d-fn2d=n故答案为：44.14．【上海市格致中学2023届高三三模】已知正项数列an的前n项和为Sn，若2anSn=1+an①an②Sn③Sn④满足Tn≥3的n【答案】②③④【详解】因为2anSn=1+当n≥2时，an=整理得Sn2-Sn-12=1对于①，由Sn2=1+n-1×1当n=1时，解得S1=1，当n≥2又S1=a1=1，所以又an+1=所以1n+1+n<对于③，令fx=e当x≥0时，ex-1≥0恒成立，所以fx所以ex≥x+1在x∈[0,+∞)上恒成立，令x=n-1对于④，因为Sn=n，所以=12=1因为Tn≥3，即1当n=9时，92+3×所以满足Tn≥3的n的最小正整数解为10，故故答案为：②③④.15．【上海市七宝中学2023届高三5月第二次模拟】对于一个有穷正整数数列Q，设其各项为a1，a2，...，am，各项和为SQ，集合{i,j|ai>【答案】1250【详解】①存在大于1的项，否则此时有T(②am=1，否则将am拆分成am③当t=1,2,⋯,m-1时，有at≥进一步有at-at+1∈{0,1}，否则有at≥④各项只能为2或1，否则由①②③可得数列Q中有存在相邻的两项at设此时Q中有x项为2，则将at改为2，并在数列末尾添加一项1T(Q)⑤由上可得数列Q为2,2,⋯,2,1,1⋯,1的形式，设其中有x项为2，有则有2x+y=100，从而有由二次函数的性质可得，当且仅当x=25y=50时，故答案为：125016．【上海市奉贤区2023届高三二模】设Sn是一个无穷数列an的前n项和,若一个数列满足对任意的正整数n,不等式Snn<Sn+1n+1①若对任意的正整数n均有an<an+1②若等差数列an是和谐数列,则Sn③若an的首项小于零,以上3个命题中真命题的个数有(

)个A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【详解】对于①,Sn若an<an+1,则S对于②,设等差数列an的公差为d则Sn=d2即Snn为公差为d若an为和谐数列,即Snn<所以关于n的二次函数Sn=所以在n∈N*上一定存在最小值,所以②对于③,取a1则Snna下面证明Sn<na即证45即证45即证n+4当n=2k+1,k∈N当n=2k,k∈N*,时,即证2设f(所以f(k)>f(1)>0,即（故选：D17．【上海市金山区2023届高三二模】设an是项数为n0的有穷数列，其中n0≥2．当n≤n02时，an=12n，且对任意正整数n≤n0，都有an+an0+1-n=0.给出下列两个命题：①若对任意正整数n≤A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题C．①和②都是真命题 D．①和②都是假命题【答案】C【详解】12+1由已知n>n02且n∈N*时，an<0，因此i=1nai因此对命题①，有n02≤9，由已知数列{an}是12,整理化简后i=s+1tai=a若i=s+1ta若i=s+1tai=as+1+则有i=s+1tai=同理若i=s+1tai=as+1+则有i=s+1tai=综上，命题②是真命题．故选：C．18．【上海市七宝中学2023届高三5月第二次模拟】已知数列an为等比数列，首项a1>0，公比A．数列an的最大项为a1 B．数列aC．数列anan+1为严格递增数列【答案】D【详解】对于A，由题意知：当n为偶数时，an当n为奇数时，an>0，a综上所述：数列an的最大项为a1，对于B，当n为偶数时，an<0，a当n为奇数时，an综上所述：数列an的最小项为a2，对于C，∵ana∴a∵-1<q<0，∴∴数列anan+对于D，∵a2n-∴a∵-1<q<0，∴1+q>∴a2n+1+a2n+故选：D.19．【上海市闵行区2023届高三二模】若数列bn、cn均为严格增数列，且对任意正整数n，都存在正整数m，使得bm∈cn,cn+1，则称数列bn为数列cn的“A．存在等差数列an，使得an是Sn的“B．存在等比数列an，使得an是Sn的“C．存在等差数列an，使得Sn是an的“D．存在等比数列an，使得Sn是an的“【答案】C【详解】对于A：例如an=n>0，则an为等差数列，且可得Sn=n取m=nn+12+所以an是Sn的“M数列”，故对B：例如an=2n-1>0可得Sn=1取m=n+1，则2n-所以an是Sn的“M数列”，故对于C：若存在等差数列an，使得Sn是an的“M设等差数列an的公差为d∵an、Sn均为严格增数列，则d>0,取n0∈N*满足an当n=k+1时，对任意正整数m≥n0对任意正整数m≤n0，则有故不存在正整数m，使得ak+1≤对D：例如an=2n-1>0可得Sn=1取m=n，则2n-1所以Sn是an的“M数列”，故故选：C.20．【上海市华东师范大学第二附属中学2023届高三冲刺模拟4】设an为无穷数列.若存在正整数k，使得对任意正整数n，均成立an+k<an，则称an为“k-低调数列”.有以下两个命题：①cos1-12,cos2-1,…,cosn-n2,…A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题C．①､②都是真命题 D．①､②都是假命题【答案】C【详解】对于数列cos1-若该数列为k-低调数列，因cos3-32,cos4-反之，当k≥4时，a即该数列为k-低调数列.故①是真命题.对于数列a+1,2a+1若存在a∈R使得该数列为2-低调数列，则2a+qn若q>1，则当n=2若q=-1，取a=-若q<1，则qn+综上，②是真命题.故选：C.21．【上海市黄浦区2023届高三上学期一模】已知an是等差数列，bn是等比数列，且b2=3，b(1)求an(2)设cn=an+-1【答案】(1)a(2)4【详解】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为则q=b3b2=又a14=a所以an（2）由（1）可得bn故-1nbn=-所以cn所以数列cn的前2n项和为：a即:数列cn的前2n项和为422．【上海市静安区2023届高三上学期一模】已知数列an满足：a1=12，a(1)证明：数列{an+1(2)求数列an的前n【答案】(1)证明见解析(2)S【详解】（1）证明：∵a1=12∵an+2+4an即an+2-an+1an+1-an（2）由(1)知，an+∴an=1当n=1时，a1综上所述，an设数列an的前n项之和为Sn，则Sn23．【上海市浦东新区2023届高三二模】已知数列{an}是首项为9(1)求​1(2)设数列{log3an}的前n项和为Sn，求【答案】(1)121(2)当n=2或3时，Sn取得最大值【详解】（1）由题an=9​（2）记bn=log3所以SnSn当n=2或3时，Sn取得最大值324．【上海市静安区2023届高三二模】已知各项均为正数的数列{an}满足a1(1)求证：数列an(2)求数列{an}的前n项和S【答案】(1)证明见解析(2)S【详解】（1）证明：已知递推公式an=2得：an因为an所以an又a1所以数列an+3是以a1（2）由（1）an+3=4所以S==425．【上海市普陀区2023届高三二模】已知a>b均为不是1的正实数，设函数y=fx的表达式为f(1)设a>b且f(x)(2)设a=116，b=4，记an=log2f(n【答案】(1)x≥(2)10216【详解】（1）由题设a⋅bx≤b⋅ax所以ab≤(ab（2）由an=lo而an数列前100项中有-2,0,2,4,6,8,...,194,196，其中属于bn所以cn数列前100项是an的前103项去掉则∑i=26．【上海市七宝中学2023届高三5月第一次模拟】已知数列an的前n项和为Sn，a1=2，对任意的正整数n(1)证明：数列Sn(2)证明：an【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【详